Viết phương trình chính tắc đường thẳng d1 đi qua M vuông góc với d và tạo với mặt phẳng P một góc ϕ = 300.. 2 Môn Toán: Thầy Trần Đình Hiền ; Môn Lý: Thầy Trần Đình Hùng ; Môn Hóa: Thầy[r]
Trang 1TRƯỜ G THPT ĐẶ G THÚC HỨA
Thanh Chương – ghệ An
GIÁO VIÊ :
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦ 3 % ĂM 2010
Môn thi: TOÁ ; Khối: A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦ CHU G CHO TẤT CẢ THÍ SI H (7,0 điểm):
2 2
m
m
= − − (1) , m là tham số thực khác 0
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = & 2
2 Tìm các giá trị m để đồ thị hàm số (1) có 1 điểm cực đại A và 2 điểm cực tiểu B và C sao cho tam giác ABC có
diện tích bằng 1
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình 3sin4x + 2 cos 32 x + cos3 x = 3cos4x − cos x + 1
2 Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình sau có nghiệm x2+ ( m + 2) x + = 4 ( m − 1) x3+ 4 , ( x x R ∈ )
Câu III (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y e = x 25 − ex và 144
25 x
y
e
=
−
Câu IV (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 2a, (a > 0) ; BAD = 600 ; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy Gọi M, N lần lượt là trung điểm cạnh BC và SD Mặt phẳng (AMN) cắt cạnh bên SC
tại E Biết MN vuông góc với AN, tính thể tích khối đa diện AND.MCE theo a
Câu V (1,0 điểm) Cho a,b,c là các số thực không âm và không có 2 số nào đồng thời bằng 0 thỏa mãn a + b + c = 3
Chứng minh rằng 2 2 2
ab bc ca
a b b c c a
PHẦ RIÊ G (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A Theo chương trình ChuPn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đường cao AA1: 2 x y − + = 1 0 , đường trung tuyến
2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(1; & 1; 0), B(3 ; 3; 2), C(5; 1 ; & 2), Tìm tọa độ đỉnh S của
hình chóp tam giác đều S.ABC biết thể tích của khối chóp S.ABC bằng 6
Câu VII.a (1,0 điểm) Tính tổng
7.8 8.9 9.10 2009.2010
S = + + + + , trong đó Cn k là số tổ hợp chập k của n
phần tử
B Theo chương trình âng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : x2 + y2 – 2mx + 2y – 15 = 0 và đường thẳng : 4 x my + − 3 m + 15 0 = (m là tham số thực) Tìm các giá trị m để đường thẳng cắt đường tròn (C) tại hai
điểm phân biệt E và F sao cho EF = 8
2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x + y – z = 0, hai đường thẳng 4
:
− và
:
= = Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P), điểm N trên đường thẳng d sao cho M và N đối xứng với nhau qua đường thẳng Viết phương trình chính tắc đường thẳng d1 đi qua M vuông góc với d và tạo với mặt phẳng (P) một góc ϕ = 300
Câu VII.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn | | 1 z = và | z i | 2
z
+ = Tính tổng S = + 1 z2+ z4+ + z2010
%%%%%%%%%%%%%%% Hết %%%%%%%%%%%%%%%
Thông báo: 1) Trung tâm luyện thi ĐH/CĐ khối A tại Xã Thanh Tường – Huyện Thanh Chương – Tỉnh 8ghệ An sẽ tuyển
sinh năm học 2010 – 2011 các khối lớp 10, 11, 12, 13
2) Môn Toán: Thầy Trần Đình Hiền ; Môn Lý: Thầy Trần Đình Hùng ; Môn Hóa: Thầy 8guyễn Phương Kháng
3) Thời gian đăng ký danh sách: Lớp 11,12 từ ngày 1/6/2010 Lớp 10, 13 từ ngày 25/8/2010
4) Mọi chi tiết xin liên hệ Thầy: 8guyễn Phương Kháng / Số điện thoại : 0986606720 hoặc vào địa chỉ:
http://www.violet.vn/Lucky999
Trang 2ĐÁP Á ĐỀ THI THỬ ĐH L3 ĂM 2010 – GV: TRẦ ĐÌ H HIỀ
I%1
Khi m = & 2ta có hàm số 1 4 2
4 2
y = − x + x + *Tập xác định D = R *Sự biến thiên
+ Chiều biến thiên : y’ = & 2x(x2 – 1) ; y’= 0 ⇔ x = 0 v x = ± 1
Hàm số đồng biến trên các khoảng (&∞; & 1) và (0 ; 1) Hàm số nghịch biến trên các khoảng (& 1; 0) và (1; + ∞)
0,25
+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = ± 1, yCĐ = 9/2 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 4
+ Giới hạn tại vô cực: 1 4 2 1 4 2
+ Bảng biến thiên:
y’ + 0 & 0 + 0 &
y
9/2 &3 9/2
&4 &3 &2 &1 1 2 3 4 5
&3
&2
&1 1 2 3 4 5 6
x
y
0,25
*Đồ thị:
+ Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại các điểm: (&2;0) , (2; 0)
+ Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;4)
+ Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng
0,25
I%2 y’ = 4 3
m − ; y’ = 0 ⇔ x = 0 v x =
2
m
± Đk để hàm số có 1 cực đại và 2 cực tiểu là m > 0 (*) 0,25
Ba điểm cực trị A(0;& 2m), B( ; 3 2 )
m
m − m − m
Phương trình cạnh BC: y + 3 2
8
m m
+ =0 độ dài đường cao AH = d(A;BC) = 3
8
m Độ dài cạnh BC = |m|, 0,25
Diện tích tam giác ABC là 1 4
2
A B C
S = B C A H = ⇔ m = ⇔ m = 2 (Thỏa mãn đk (*)) v m = & 2 (Không thỏa mãn đk(*)) 0,25
+0,25
II%1 P T ⇔ 3 (s in4 x−co s4x)+( 2 c o s 32 x−1)+ ( o s 3c x+ c o s )x = 0⇔ −3 c o s 2x+ co s 6x+ 2 c o s 2 c o sx x = 0
2
(2)
x
=
* (1) ,
k
0,25
2
(4)
x
=
PT ⇔ = x k π k Z ∈ ; PT(4) vô nghiệm vì − ≤ 1 cos x ≤ 1 , ∀ ∈ x R nên 8cos (cos2x x + + > ∀ ∈ 1) 1 0, x R
0,25
• Nếu x≠0 thì phương trình tương đương với ( x2+ 4) (1 + − m x x ) ( 2+ 4) ( + m + 2) x = 0
• Đặt x2 4
t
x
+
= Xét hàm số
2
(0; ) 0
→ = +∞ = +∞ ⇒ = = Từ đó ta có điều kiện t ≥ 2
0,25
• Phương trình (1) trở thành t2 + (1 – m)t + m + 2 = 0
1
m t
+ +
Xét hàm số
2
Ta có
[2; )
(2) 8, (3) 7, lim ( ) min ( ) (3) 7
Phương trình (1) có nghiệm thỏa mãn x > 0 khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm t ≥ 2 Giá trị tham số m cần tìm là : m ≥ 7
0,25
Trang 3III Phương trình hoành độ giao điểm 144 2
25
x
e
−
hoặc e =x 16
Diện tích hình phẳng là ln 1 6 ln 1 6
Đặt t = 25 − ex ⇔ ex = 25 − t2 Khi x = ln 9 thì t = 4; Khi x = ln16 thì t = 3 Ta có exdx = & 2tdt Do đó 0,25
4
3
IV Do (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với (ABCD) nên SO⊥(ABCD)
ABD cân có BAD = 600 nên ABD đều cạnh bằng 2a
Đặt SO = x (x > 0); AO OC a = = 3; BO DO a = =
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ
( 3;0;0), (0; ;0), ( 3;0;0), ( ; ;0), (0;0; )
3 ( ; ;0), (0; ; )
3
AN⊥MN ⇔A8 M8 = 0 ⇔ x = 2a
Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng AM và CD Khi đó E = NI∩SC và C là trung điểm của DI
⇒ E là trọng tâm của SDI ⇒ 1
3
CE
0,25
0,25
0,25
3
0,25
V (a3 + ab2 ) + (b3 + bc2) + (c3 + ca2) ≥ 2a2b + 2b2c + 2c2a ⇔ 3(a2 +b2 +c2) = (a +b +c)(a2 +b2+ c2) = (a3 + b3 + c3 + ab2 +bc2+ ca2 ) +
+a2b + b2c + c2a ≥ 3( a2b + b2c + c2a) ⇒ 2 2 2
0,25 +0,25 Đặt x = a2 + b2 + c2 Theo BĐT Bunhiacopsky ta có 2 2 2 1( )2
3 3
a +b +c ≥ a+ +b c = ⇒ x ≥ 3 0,25
Do đó ta có đpcm Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1
0,25
VIa%1 Gọi A(a;2a+1)∈ AA
1, B(b ;& 3)∈ BM ⇒ AB = ( b a − − ; 2 a − 4) Một vecto chỉ phương của đường thẳng d là u =d (1; 1) − Gọi {N} = d∩AB ⇒ Ν là trung điểm của cạnh AB , ( ; 1)
2
− Ta có hệ phương trình
1
2
5
a b
b
+
∈
=
Hay A(1; 3) , B(& 5; & 3) 0,25
Gọi C(t;k) ⇒ BC = + ( t 5; k + 3) Một vecto chỉ phương của đường thẳng AA1 là
1
AA (1; 2)
u = Trung điểm cạnh AC là
Ta có hệ
1 AA
2
9
k
k
+
∈
Vậy C(7; & 9) 0,25
Phương trình đường cao CC1 là: x + y + 2 = 0 Trực tâm H là giao điểm của hai đường cao AA1 và CC1 ⇒ Η(− 1; − 1) 0,25
VIa%2 AB = (2; 4; 2), AC = (4; 2; 2), BC = (2; 2; 4) − − ⇒ AB = AC BC = = 2 6 hay ABC đều 0,25 Tâm của tam giác đều ABC là G(3; 1; 0) Gọi d là đường thẳng đi qua G vuông góc với mặt phẳng (ABC) Một vecto chỉ phương của đường thẳng d là 1
, (1; 1;1) 12
−
0,25
2a
M
E
O
D
S
y
x
z
3
a
60 0
Trang 42
ABC
Do S.ABC là hình chóp tam giác đều nên S∈ d ⇒ S(3 + t; 1 – t ; t)
0,25
.
1
3
V = SG S = ⇒ SG = ⇔ t2 + (&t)2 + t2 = 3 ⇔ t = ± 1 Hay có 2 điểm S(4; 0 1) và S(2; 2 ; & 1) 0,25
VIIa
Áp dụng:
k n 8 n k
1
7.8 8.9 7.8 7.8 56
Áp dụng: k11 k1 k k11 k k1, , ; , 1; 1
1
C
Vb%1
Đường tròn (C) có tâm I(m; & 1), bán kính R = m2+ 16 0,25 Khoảng cách từ tâm I đến đường thẳng là
2
1 5
1 6
m
Gọi H là trung điểm của EF⇒ IH⊥EF Áp dụng ĐL Pitago cho tam giác IEH ta có EF2= R2− d I2( , ) 0,25
2
1 5
1 6
m
Vb%2 Gọi M(a;b;2a + b) ∈(P) và N(4 + c; c; & 3c) ∈ d , (a,b,c ∈ R)
Một vecto chỉ phương của đường thẳng là u = (1; 2; 2); M8 = − + + − + − ( a c 4; b c ; 2 a b − − 3 ) c và trung điểm của đoạn thẳng MN là 4 2 3
0,25
M và N đối xứng với nhau qua đường thẳng ⇒
1 1( 4) 2( ) 2( 2 3 ) 0
0
1
1
a
M8 u
b
I
c
=
− + + + − + + − − − =
∈
Hay M(1;& 1; 1), N(5; 1; & 3) 0,25
Giả sử một vecto chỉ phương của đường thẳng d1 là u1 = ( ; ; ) a b c Một vecto chỉ phương của đường thẳng d là u = (1;1; 3) −
Một vecto pháp tuyến của mặt phẳng (P) là n = (2;1; 1) − Từ giả thiết ta có
1
2 2 2
3 0
2( 2 ) 3(2 10 6 )
6
u u
a b c
+ − =
+ −
0,25
11 3
2 0
a c v
a c
=
=
( ; 2 ; ) ( ; ; )
Có 2 đường thẳng d1 thỏa mãn bài toán là: 1 1 1
−
0,25
VIIb
Giả sử z = a + bi, (a,b ∈ R) Ta có hệ phương trình
2 2
0
ab
=
Khi đó các số phức thỏa mãn là: z = & 1; z = 1; z = & i; z = i 0,25
Với z = & i hoặc z = i ta có ( )2 1006 ( )2 1006
0
S